2020-2021学年浙江省台州市高二（上）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省台州市高二（上）期末数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）直线x﹣y+2＝0的倾斜角为（ ）
A．45°B．60°C．120°D．135°
2．（4分）若空间一点M（a﹣1，0，1+1）在z轴上，则a＝（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
3．（4分）双曲线x2﹣＝1的渐近线方程为（ ）
A．y＝±xB．y＝±xC．y＝±2xD．y＝±4x
4．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则直线AD与直线BE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．（4分）已知圆C1：（x﹣2）2+（y+4）2＝16，圆C2：x2+y2+2x﹣3＝0，则两圆的公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（4分）已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，且l⊥α，则“l⊥β”是“α∥β”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．（4分）已知抛物线x2＝4y的焦点为F，准线为l，M是x轴正半轴上的一点，线段FM交抛物线于点A，过A作l的垂线，垂足为B．若BF⊥BM，则|FM|＝（ ）
A．B．3C．D．4
8．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）如图，在侧棱垂直底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是棱AB，B1C1的中点，F是棱CC1上的一动点，记二面角D﹣EF﹣B的大小为α，则在F从C1运动到C的过程中，α的变化情况为（ ）
A．增大B．减小
C．先增大再减小D．先减小再增大
10．（4分）如图，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点P是双曲线与圆x2+y2＝a2+b2在第二象限的一个交点，点Q在双曲线上，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11．（6分）已知空间向量，，则＝ ，＝ ．
12．（6分）已知直线l1：mx+2y﹣3＝0与l2：3x﹣y+1＝0．若l1∥l2，则m＝ ；若l1⊥l2，则m＝ ．
13．（6分）已知圆锥的底面积为πcm2，高为，则这个圆锥的侧面积为 cm2，圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为 cm2．
14．（6分）已知平面内两点A（﹣1，0），B（3，0），动点P满足，则点P的轨迹方程为 ，点P到直线3x+4y+12＝0的距离的最小值为 ．
15．（4分）在三棱锥P﹣ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，PA＝1，PB＝2，且△ABC的面积为，则PC的长为 ．
16．（4分）在平面直角坐标系xOy中，设点P（x1，y1），Q（x2，y2），定义：||PQ||＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．若点A（1，0），点B为椭圆上的动点，则||AB||的最大值为 ．
17．（4分）如图，在△ABC中，AC＝1，BC＝，C＝，点D是边AB（端点除外）上的一动点．若将△ACD沿直线CD翻折，能使点A在平面BCD内的射影A'落在△BCD的内部（不包含边界），且A'C＝．设AD＝t，则t的取值范围是 ．
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18．（14分）已知圆C的圆心为（2，1），且经过坐标原点．
（Ⅰ）求圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线x+y﹣1＝0与圆C相交于A，B两点，求|AB|．
19．（15分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，O1是底面A1B1C1D1的中心．
（Ⅰ）求证：O1B∥平面ACD1；
（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的平面角的余弦值．
20．（15分）如图，已知椭圆．O为坐标原点，C（2，0）为椭圆的右顶点，A，B在椭圆上，且四边形OACB是正方形．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）斜率为k的直线l与椭圆相交于P，Q两点，且线段PQ的中点M恰在线段AB上，求k的取值范围．
21．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝1，BC＝2．平面PBD⊥平面ABCD，△PBC为等边三角形，点E是棱BC上的一动点．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PBD；
（Ⅱ）求直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值．
22．（15分）如图，过点P（0，﹣1）的直线l1与抛物线y2＝x相交于A，B两点（A在第一象限），且交x轴于点M，过点A的直线l2交抛物线于另一点C，且交x轴于点N，k1，k2分别是直线l1，l2的斜率，且满足2k1+k2＝0．记△AMN，△ABC的面积分别为S1，S2．
（Ⅰ）若k1＝2，求l2的方程；
（Ⅱ）求的取值范围．
2020-2021学年浙江省台州市高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的。
1．（4分）直线x﹣y+2＝0的倾斜角为（ ）
A．45°B．60°C．120°D．135°
【解答】解：∵直线x﹣y+2＝0的斜率k＝1，
∴直线x﹣y+2＝0的倾斜角．
故选：A．
2．（4分）若空间一点M（a﹣1，0，1+1）在z轴上，则a＝（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【解答】解：∵空间一点M（a﹣1，0，1+1）在z轴上，
∴a﹣1＝0，解得a＝1．
故选：C．
3．（4分）双曲线x2﹣＝1的渐近线方程为（ ）
A．y＝±xB．y＝±xC．y＝±2xD．y＝±4x
【解答】解：因为双曲线，所以双曲线的渐近线方程为，
即y＝±2x．
故选：C．
4．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则直线AD与直线BE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题意可知，几何体的图形如图，
直线AD与直线BE所成角就是直线BC与直线BE所成角，
设长方体的棱长为2，
所以直线AD与直线BE所成角的余弦值为：
＝＝．
故选：D．
5．（4分）已知圆C1：（x﹣2）2+（y+4）2＝16，圆C2：x2+y2+2x﹣3＝0，则两圆的公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解答】解：圆心是C1（2，﹣4），半径是r1＝4；
圆C2：x2+y2+2x﹣3＝0化为标准形式是（x+1）2+y2＝4，
圆心是C2（﹣1，0），半径是r2＝2；
则|C1C2|＝5＜r1+r2，
∴两圆相交，公切线有2条．
故选：B．
6．（4分）已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，且l⊥α，则“l⊥β”是“α∥β”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【解答】解：由l⊥α，l⊥β，得：α∥β，是充分条件，
由α∥β，l⊥α，得：l⊥β，是必要条件，
故选：C．
7．（4分）已知抛物线x2＝4y的焦点为F，准线为l，M是x轴正半轴上的一点，线段FM交抛物线于点A，过A作l的垂线，垂足为B．若BF⊥BM，则|FM|＝（ ）
A．B．3C．D．4
【解答】解：由抛物线x2＝4y的方程可得：焦点为F（0，1），准线方程为y＝﹣1，
设M（a，0），则直线MF的方程为：y＝﹣x+1，
设A（x1，），则B（x1，﹣1），
因为BF⊥BM，所以•＝0，
即（﹣x1，2）•（a﹣x1，1）＝0，
所以x12﹣ax1+2＝0，①
整理可得：x2+x﹣4＝0，
所以x12+x1﹣4＝0，②，
由①﹣②（a+）x1﹣6＝0，x1＝③
将③代入①可得：﹣+2＝0，
整理可得：a4﹣7a2﹣8＝0，a＞0，解得：a＝2，
所以|FM|＝＝3，
故选：B．
8．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥体A﹣BCD；
如图所示：
故．
故选：A．
9．（4分）如图，在侧棱垂直底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是棱AB，B1C1的中点，F是棱CC1上的一动点，记二面角D﹣EF﹣B的大小为α，则在F从C1运动到C的过程中，α的变化情况为（ ）
A．增大B．减小
C．先增大再减小D．先减小再增大
【解答】解：如图，平面BEF固定，
由D向平面BEF作垂线，垂足在BC边的四等分点处，
∴只需考虑清楚垂足到直线EF的变化情况，
如下图所示，当垂直交于正方形外的时候，距离先变大，
再到垂直相交于正方形内的时候，距离变小，
∴记二面角D﹣EF﹣B的大小为α，
则在F从C1运动到C的过程中，α的变化情况为先减小再增大．
故选：D．
10．（4分）如图，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点P是双曲线与圆x2+y2＝a2+b2在第二象限的一个交点，点Q在双曲线上，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：F1（﹣c，0），F2（c，0），
联立，解得，
∵P在第二象限，∴P（），
设Q（m，n），则，，
由，得，，
∴m＝4c﹣，n＝，
又，∴，
化简得：，即2e4﹣7e2+5＝0，
解得：或e2＝1（舍）．
可得e＝（e＞1）．
故选：A．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11．（6分）已知空间向量，，则＝ 3 ，＝ （1，﹣1，5） ．
【解答】解：∵空间向量，，
∴＝＝3，
＝（1，﹣1，5）．
故答案为：3，（1，﹣1，5）．
12．（6分）已知直线l1：mx+2y﹣3＝0与l2：3x﹣y+1＝0．若l1∥l2，则m＝ ﹣6 ；若l1⊥l2，则m＝ ．
【解答】解：∵直线l1：mx+2y﹣3＝0与l2：3x﹣y+1＝0，l1∥l2，
∴，
解得m＝﹣6；
当l1⊥l2时，3m﹣2＝0，
解得m＝．
故答案为：﹣6，．
13．（6分）已知圆锥的底面积为πcm2，高为，则这个圆锥的侧面积为 2π cm2，圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为 cm2．
【解答】解：∵圆锥的底面积为πcm2，
∴圆锥的底面半径为1，
画出圆锥和内切球的轴截面，设内切球的球心为O，如图所示：，
则BC＝2，AB＝AC＝＝＝2，
∴π×1×2＝2π，
∵S△AOB＝S△BOC＝S△AOC，
∴•AB•r+AC•r+•BC•r＝•BC•AD，
∴×（2+2+2）•r＝×2×，
∴r＝，
∴圆锥的内切球的表面积为4π•r2＝，
故答案为：2π，．
14．（6分）已知平面内两点A（﹣1，0），B（3，0），动点P满足，则点P的轨迹方程为 x2+y2﹣2x﹣4＝0 ，点P到直线3x+4y+12＝0的距离的最小值为 ．
【解答】解：设点P（x，y），
则，
所以，
整理可得x2+y2﹣2x﹣4＝0，
故点P的轨迹方程为x2+y2﹣2x﹣4＝0；
将x2+y2﹣2x﹣4＝0变形为（x﹣1）2+y2＝5，
所以圆心为（1，0），半径r＝，
则圆心到直线3x+4y+12＝0的距离为，
由圆的性质可得，点P到直线3x+4y+12＝0的距离的最小值为d﹣r＝．
故答案为：x2+y2﹣2x﹣4＝0；．
15．（4分）在三棱锥P﹣ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，PA＝1，PB＝2，且△ABC的面积为，则PC的长为 2 ．
【解答】解：如图，
过P作PD⊥AB，垂足为D，连接CD，
∵PC⊥PA，PC⊥PB，且PB∩PB＝P，PA、PB⊂平面PAB，
∴PC⊥平面PAB，则PC⊥AB，
又PC∩PD＝P，PC、PD⊂平面PCD，得AB⊥平面PCD，
∴AB⊥CD，
∵PA＝1，PB＝2，∴AB＝，
∴，得CD＝．
由等面积法求得PD＝，
在Rt△CPD中，可得PC＝．
故答案为：2．
16．（4分）在平面直角坐标系xOy中，设点P（x1，y1），Q（x2，y2），定义：||PQ||＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．若点A（1，0），点B为椭圆上的动点，则||AB||的最大值为 ．
【解答】解：由椭圆的参数方程可设点B（），θ∈[0，π]
则||AB||＝||+|sinθ|＝sin，
要使||AB||最大，需，
此时||AB||＝sin＝φ）+1，（tanφ＝），
所以当sin（θ﹣φ）＝1时，||AB||+1，
故答案为：+1．
17．（4分）如图，在△ABC中，AC＝1，BC＝，C＝，点D是边AB（端点除外）上的一动点．若将△ACD沿直线CD翻折，能使点A在平面BCD内的射影A'落在△BCD的内部（不包含边界），且A'C＝．设AD＝t，则t的取值范围是 ．
【解答】解：如图，
∵AA′⊥平面BCD，过A′作A′E⊥CD，连接AE，可得A′E⊥CD，
即A′在过A与CD的垂线AE上，又A'C＝，则A′在以C为圆心，以为半径的圆弧上，且在△BCD内部．
分析极端情况：
①当A′在BC上时，∠ACE+∠CAE＝90°，∠CAE+∠CA′A＝90°，可得∠CA′A＝∠ACE，设为α，
在Rt△CA′A中，tanα＝，且sin2α+cs2α＝1，可得sin，cs．
设∠ECB＝β，∠CDA＝γ，则α+β＝90°，γ＝β+30°，
则sinβ＝csα＝，cs，
∴sinγ＝sin（β+30°）＝＝．
在△CDA中，由正弦定理可得：，即，
得t＝＝；
当A′在AB上时，有CD⊥AB，此时t＝AC•cs60°＝．
∵A′在△BCD的内部（不包含边界），∴t的取值范围是，
故答案为：．
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18．（14分）已知圆C的圆心为（2，1），且经过坐标原点．
（Ⅰ）求圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线x+y﹣1＝0与圆C相交于A，B两点，求|AB|．
【解答】（Ⅰ）解：由题意知，圆的半径，
∴圆的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5；
（Ⅱ）解：圆心C（2，1）到直线x+y﹣1＝0的距离，
∴．
19．（15分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，O1是底面A1B1C1D1的中心．
（Ⅰ）求证：O1B∥平面ACD1；
（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的平面角的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于点O，连接D1O，连接B1D1，
由长方体的性质知BO＝O1D1，且BO∥O1D1，
故四边形BO1D1O是平行四边形，
所以O1B∥D1O．
又因为D1O⊂平面ACD1，O1B⊄平面ACD1，
所以O1B∥平面ACD1．
（Ⅱ）：设AB＝BC＝2AA1＝2，由长方体底面ABCD是正方形，得DO⊥AC．
因为D1A＝D1C，O是AC的中点，所以D1O⊥AC，
所以∠D1OD是二面角D1﹣AC﹣D的平面角．
在直角三角形D1DO中，∠D1DO＝90°，D1D＝AA1＝1，DO＝，所以，
得，
所以二面角D1﹣AC﹣D的平面角的余弦值为．
20．（15分）如图，已知椭圆．O为坐标原点，C（2，0）为椭圆的右顶点，A，B在椭圆上，且四边形OACB是正方形．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）斜率为k的直线l与椭圆相交于P，Q两点，且线段PQ的中点M恰在线段AB上，求k的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意a＝2，
又由椭圆过点（1，1）．得，
解得．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）设直线l的方程为y＝kx+m，
代入椭圆方程x2+3y2＝4，
得（3k2+1）x2+6kmx+3m2﹣4＝0，
所以Δ＝36k2m2﹣4（3k2+1）（3m2﹣4）＞0，
得12k2﹣3m2+4＞0．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），
所以，．
因为PQ的中点恰在线段AB上，所以，
得，
所以，
由y0∈（﹣1，1），
得，
解得．
21．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝1，BC＝2．平面PBD⊥平面ABCD，△PBC为等边三角形，点E是棱BC上的一动点．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PBD；
（Ⅱ）求直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值．
【解答】（Ⅰ）证明：由题意，得，所以BD2+CD2＝BC2，故CD⊥BD．
又因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD．
所以CD⊥平面PBD．
（Ⅱ）解：如图，以点D为原点，
分别以DB，DC所在的直线为x轴，y轴，以过点D垂直于底面的直线为z轴，
建立空间直角坐标系D﹣xyz．
由题意知，，，C（0，1，0）．
过点P作直线PP1与BD垂直，且PP1∩BD＝P1．
因为PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
所以PP1⊥平面ABCD．
又由PB＝PC，得P1B＝P1C，所以点P1在线段BC的中垂线上．
由对称性可知，A，P1，C三点共线．由△P1AD∽△P1BC，得＝2．
所以BP1＝，又由PB＝2，得PP1＝．
所以，点P的坐标为（，0，）．
＝（，0，），＝（，﹣，0），
设平面PAD的法向量＝（x，y，z）．
，取x＝，则＝（，，），
设＝λ，λ∈[0，1]．
则＝＝+λ＝（（﹣λ），λ，﹣）．
设直线PE与平面PAD所成角为θ，则
sinθ＝＝≤，当时取等号．
所以直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值为．
22．（15分）如图，过点P（0，﹣1）的直线l1与抛物线y2＝x相交于A，B两点（A在第一象限），且交x轴于点M，过点A的直线l2交抛物线于另一点C，且交x轴于点N，k1，k2分别是直线l1，l2的斜率，且满足2k1+k2＝0．记△AMN，△ABC的面积分别为S1，S2．
（Ⅰ）若k1＝2，求l2的方程；
（Ⅱ）求的取值范围．
【解答】（Ⅰ）解：由k1＝2，知直线l1 的方程为y＝2x﹣1，代入抛物线方程y2＝x，
得2y2﹣y﹣1＝0，解得y＝1或﹣，
∴A（1，1），又由k2＝﹣2k1＝﹣4，
得直线l2的方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），
即4x+y﹣5＝0；
（Ⅱ）解：设点A的坐标为（a2，a）（a＞0），直线PA的斜率为，
直线PA的方程为y＝，代入抛物线y2＝x，消去x，
得（a+1）y2﹣a2y﹣a2＝0，由韦达定理得，
∴．
∵2k1+k2＝0，∴直线l2的方程为y﹣a＝，
代入抛物线y2＝x，消去x，得2（a+1）y2+a2y﹣（3a+2）a2＝0．
由韦达定理得，∴．
＝＝．
令t＝a+1，则a＝t﹣1，t＞1．
∴＝＝．
由∈（0，1），知∈．
∴的取值范围是．
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日期：2022/1/5 13:05:45；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.cm；学号：28144983